2018年山东省济南一中高三物理三轮冲刺电功电功率焦耳定律-精美

电功电功率焦耳定律一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电极，两极板间距为d，极板面积为S，两个电极与可变电阻R相连，在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B.发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v向右流动，由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势不计气体流动的阻力()A.通过电阻R的电流方向为b→aB.若只增大极板间距d，发电导管的内电阻一定减小C.若只增大气体速度v，发电导管产生的电动势一定增大D.若只增大电阻R的阻值，则电阻R消耗的电功率一定增大C（济南一中）【分析】由题可知运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源；根据电阻定律求解内电阻，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件判断感应电动势，并计算电功率。解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，会通过电荷的平衡求出电动势的大小，会根据闭合电路欧姆定律求解电流。【解答】A、根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流向上经过电源，向下经过电阻，故A错误；B、根据电阻定律，发电导管的内电阻与其长度成正比，故增大极板间距d，发电导管的内电阻一定增大，故B错误；C、根据平衡有：qvB=qEd，解得电源的电动势为：E=Bdv；若只增大气体速度v，发电导管产生的电动势一定增大；故D、电动势一定，内阻也一定，当外电阻R与电源的内电阻r相等时，电源的输出功率最大；由于不知道R与内阻r的具体数值，故无法判断增大电阻R的阻值时，电阻R消耗的电功率变化情况，故D错误；故选：C。通过理想变压器给用电器供电，电路如图甲所示，变压器初级线圈匝数n1=1000匝，两次级线圈的匝数分别为n2=50匝、n3=100匝.在初级线圈abA.交流电的频率为100Hz B.U2=50V

C.I1：I2=1：20 D.闭合电键SD（济南一中）解：A、根据图象知，交流电的周期T=0.02s，交流电的频率为f=1T=B、变压器原线圈两端电压的有效值U1=10002=5002V，根据电压与匝数成正比，有U1nC、根据原副线圈电流与匝数的关系I1n1=ID、闭合电键S，负线圈电阻减小，输出功率变大，输入功率变大，根据P1=U1I故选：D根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决，注意变压器不改变交流电的频率．A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率之比PA：PB等于()A.5：4 B.3：2 C.2：1 D.2：A（济南一中）解：根据有效值的定义，则有：方波，I0解得：有效值I甲正弦交流电的电流有效值I乙根据功率公式P=IP甲：P乙=I甲2：I乙故选：A．根据有效值的定义求解.取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．根据功率公式P=I对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值．如图所示，理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光时，则下列说法正确的是()A.U1：U2=3B.U1：U2C.若将L1D.若将L2短路，则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的3B（济南一中）解：A、B、设灯泡的额定电压为U，额定电流为I，则副线圈电压为3U，电流为I，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I，所以原副线圈的匝数比为1：1，原线圈两端电压为3U，所以U1：U2=4：3，AC、若将L1短路，则原线圈的电压增大，则副线圈两端电压也增大，三个灯泡不能正常发光，CD、若将L2短路，设副线圈的电流为I，原线圈的电流也为I，因此2IR+IR=U1，则副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的4故选：B．设每只灯的额定电流为I，因串联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系．题解题的突破口在原副线圈的电流关系，难度不大，属于基础题．在如图所示的电路中，闭合开关S后，直流电动机正常转动，电压表的示数为8.0V.已知电源电动势为10V，电源内阻为0.5Ω，电路中的电阻R为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为1.0Ω，电压表为理想电表，下列说法正确的是()A.流经电动机的电流为2.0A B.电动机的输出功率为7WC.电动机产生的热功率为8W D.电源的输出功率为8WB（济南一中）解：A、R与r两端的电压U=10-8=2V，则由欧姆定律可知I=Ur+R=B、电动机的输出功率P出=UI-IC、电动机产生的热功率P热=ID、电源的输出功率P=EI-I2r=10-1×0.5=9.5W故选：B．根据闭合电路欧姆定律可求得电源内阻和R两端的电流，再根据输出功率P出=UI-I2r在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I二、多选题（本大题共4小题，共24分）在如图所示电路中，电源的电动势E=3V，内电阻r=0.5Ω，电阻R1=2Ω，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，则下列叙述中正确的是(A.I变小，U1变小 B.U2变小，C.电阻R1的电功率减小 D.ACD（济南一中）解：A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律，I变小，U1=I

B、I变小，则U3=E-Ir，U3变大，则U3=U1+

C、根据P=U12R1

D、内电阻r=0.5Ω，电阻R1=2Ω，则外电路总电阻大于电源的内阻，则当变阻器R的滑片P向下移动时，外电路总电阻增大，电源的输出功率减小，故故选：ACD。理想电表不考虑电表对电表的影响，电压表V3测量路端电压，电流表测量干路电流.滑动变阻器的滑动触头P解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，明确当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，难度适中．如图甲所示，一交流发电机向远距离的理想变压器输电，输电线等效电阻Rl=2Ω，变压器匝数比nl：n2=2：1，发电机输出的交变电压随时间变化图象如图乙所示，交流电压表示数为5V，R2A.通过R2的交变电流频率为50HzB.图象上对应的0.01s时刻，发电机中的线圈刚好与中性面重合C.R2两端的电压为10D.发电机输出功率为12.5WABC（济南一中）解：A、根据图乙知交流电的周期T=0.02s，频率f=1T=10.02Hz=50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以通过RB、图象上对应0.01s时刻，发电机输出的交变电压为0，磁通量的变化率为0，磁通量最大，发电机的线圈刚好与中性面重合，故B正确；C、发电机输出的交变电压为U=2522V=25V，原线圈输入电压为U1=25-5=20V，根据电压与匝数成正比，得U2=D、电阻R1消耗的功率为U2R1=故选：ABC根据图乙即可求出交流电的周期，由f=1T求出频率；线圈处于中性面时，磁通量最大，磁通量的变化率为0；求出原线圈两端电压，根据电压之比等于匝数比即可求出R2解决本题的关键是掌握理想变压器电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变.开始时单刀双掷开关K接a；S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是()A.闭合开关S B.开关K接bC.把滑动变阻器滑片向左移动 D.把滑动变阻器滑片向右移动BD（济南一中）解：A、闭合开关S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A错误；B、开关k接b，输入端线圈匝数减小，则根据U1U2=n1nC、把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C错误；D、把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故D正确；故选：BD根据变压器的特点，利用动态分析的方法分析电流电压的变化，再根据变压器的匝数与电流电压的关系即可判断各项本题结合变压器考查了电路的动态分析，方法是从部分电路的变化分析整体的变化然后再到部分，注意与闭合电路欧姆定律中动态分析相结合进行分析．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为11：2，原线圈两端的输入正弦交流电压B表达式u=2202sin100πt(V)，副线圈两端所接的电压表为理想电压表，定值电阻R0=10Ω，滑动变阻器R的阻值变化范围为0～20ΩA.电压表的示数为40VB.副线圈输出电压的频率为50HzC.滑动变阻器R消耗功率的最大值为20WD.滑动变阻器滑片向下移动，变压器的输出功率不变AB（济南一中）解：A、原线圈两端间的电压U1=22022V=220V，根据B、原副线圈的频率相等，原线圈的频率f=ω2π=100π2πHz=50HzC、副线圈的电压为40V，滑动变阻器R消耗的功率P=(U2R+R0)2R=1600R+D、滑动变阻器向下移动，R减小，副线圈的电流增大，根据P2=U故选：AB．变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，电表显示有效值．解决本题的关键知道原副线圈的电压之比与匝数比的关系，掌握变压器动态分析的思路，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流，副线圈的功率决定原线圈的功率．三、填空题（本大题共1小题，共3分）如图甲所示，质量为m、边长为l的正方形金属线框位于绝缘光滑水平面上，线框右边紧贴着竖直向下的有界匀强磁场的边界OO'.线框在水平向右的外力F作用下从静止开始做匀加速直线运动，外力F随时间t呈线性变化，如图乙所示，图中的F0、t0均为已知量.在t=t0时刻，线框左边恰到达OO'.此时线框受到的合力为______或______(写出两种表达)；在t=34t0时刻，线框的发热功率与外力FF0；2mlt02（济南一中）解：t=0时刻线框的速度为零，没有感应电流，不受安培力，线框受到的合力F合=F0；由于线框做匀加速直线运动，合力不变，所以在t=t或设线框的加速度为a，由l=12at0在t=34t根据牛顿第二定律得：F-F解得：安培力F安则线框的发热功率与外力F的功率之比P热：PF=F安v：故答案为：F0或2mlt02；①0-t0线框在一水平向右的外力F的作用下从静止开始做匀加速直线运动，所受的合力不变，在t=t②根据牛顿第二定律列出表达式，找出图象斜率的意义，t=34t0时刻线框的发热功率等于此时克服安培力的功率本题的关键求出安培力，列出牛顿第二定律关于F-t的表达式，考查读图的能力.知道安培力是联系力学与电磁感应的桥梁．四、实验题探究题（本大题共2小题，共15分）某同学对有故障的电热毯进行探究，图(a)是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接，图(b)为测试电路实物图，A、B为测试表笔，电压表和电流表均可视为理想电表．(1)断开K1，用测试电路在1和1'之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的U-I曲线如图(c)所示.可求得此电热线的电阻为______(2)在答题卷虚线框内画出与图(b)对应的电路图．571（济南一中）解：(1)由图c所示图象可知，电热线的阻值：R=U(2)由图b所示电路可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，电路图如图所示：故答案为：(1)571；(2)如图所示．(1)由图c所示图象找出电压对应的电流，然后由欧姆定律求出电热线的电阻．(2)分析清楚图b所示电路结构，然后作出电路图．本题考查了求电热丝电阻阻值、作电路图，由图象求出电压对应的电流，应用欧姆定律可以求出电阻阻值；分析清楚实物电路图的结构是正确作出实验电路图的前提与关键．如图所示，一与水平面夹角为θ=37∘的倾斜平行金属导轨，两导轨足够长且相距L=0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m=0.01kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R=0.2Ω

(倾斜金属导轨电阻不计)，MN杆被两个垂直于导轨的绝缘立柱挡住，整个装置处于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T.PQ杆在恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，拉力F垂直PQ杆沿导轨平面向上，当运动位移x=0.1m时PQ杆达到最大速度，此时MN杆对绝缘立柱的压力恰好为零(g取10m/s2，sin

37∘=0.6(1)PQ杆的最大速度vm(2)当PQ杆加速度a=2m/s2时，(3)PQ杆由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q．解：(1)PQ达到最大速度时，关于电动势为：Em感应电流为：Im根据MN杆受力分析可得：mgsin联立解得：vm(2)当PQ的加速度a=2m/s对PQ根据牛顿第二定律可得：F-mgsin对MN根据共点力的平衡可得：BIL+FPQ达到最大速度时，有：F-mgsin联立解得：FN根据牛顿第三定律可得对立柱的压力F'(3)PQ由静止到最大速度的过程中，根据功能关系可得：Fx=1解得：Q=4.2×10-3答：(1)PQ杆的最大速度为0.6m/s；(2)当PQ杆加速度a=2m/s2时，MN杆对立柱的压力为(3)PQ杆由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热为4.2×10-3（济南一中）(1)根据共点力的平衡条件结合闭合电路的欧姆定律联立求解；(2)根据牛顿第二定律求解PQ的安培力大小，在对MN根据共点力的平衡求解支持力，根据牛顿第三定律可得对立柱的压力；(3)PQ由静止到最大速度的过程中，根据功能关系求解产生的热量．对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键．五、计算题（本大题共4小题，共38分）如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．解：(1)MN刚扫过金属杆时，杆上产生的感应电动势为：E=Bdv感应电流为：I=联立解得：I=(2)MN刚扫过金属杆时，杆受到的安培力为：F=BId由牛顿第二定律有：F=ma联立解得：a=(3)PQ刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为：v'=则感应电动势为：E'=Bd(电功率为：P=解得：P=答：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I为Bdv(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a为B2(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P为B（济南一中）(1)根据电磁感应定律的公式可得知产生的电动势，结合闭合电路的欧姆定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)首先要得知，PQ刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，人然后结合感应电动势的公式以及功率的公式即可得知感应电流的功率P．该题是一道较为综合的题，考查了电磁感应，闭合电路的欧姆定律以及电功电功率．对于法拉第电磁感应定律是非常重要的考点，经常入选高考物理压轴题，平时学习时要从以下几方面掌握．(1)切割速度v的问题切割速度的大小决定了E的大小；切割速度是由导体棒的初速度与加速度共同决定的.同时还要注意磁场和金属棒都运动的情况，切割速度为相对运动的速度；不难看出，考电磁感应的问题，十之八九会用到牛顿三大定律与直线运动的知识．(2)能量转化的问题电磁感应主要是将其他形式能量(机械能)转化为电能，可由于电能的不可保存性，很快又会想着其他形式能量(焦耳热等等)转化．(3)安培力做功的问题电磁感应中，安培力做的功全部转化为系统全部的热能，而且任意时刻安培力的功率等于系统中所有电阻的热功率．(4)动能定理的应用动能定理当然也能应用在电磁感应中，只不过同学们要明确研究对象，我们大多情况下是通过导体棒的.固定在轨道上的电阻，速度不会变化，显然没有用动能定理研究的必要．如图所示，在与水平方向成θ=30∘角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计.空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.20T，方向垂直轨道平面向上.导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m=2.0×10-2kg、电阻r=5.0×10-2Ω，金属轨道宽度l=0.50m.现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之沿轨道匀速向上运动.在导体棒ab(1)导体棒cd受到的安培力大小；(2)导体棒ab运动的速度大小；(3)拉力对导体棒ab做功的功率．解：(1)导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安则F安=mgsin(2)设导体棒ab的速度为v，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则E=Blv,I=E2r，解得v=2F安(3)设对导体棒ab的拉力为F，导体棒ab受力平衡，则F=F安+mg拉力的功率P=Fv=0.10×2=0.20

W．答：(1)导体棒cd受到的安培力大小为0.10N；(2)导体棒ab运动的速度大小为1.0m/s(3)拉力对导体棒ab做功的功率为0.20W．（济南一中）(1)cd静止，则cd受力平衡，则分析其受力情况，由平衡关系可得出安培力的大小；(2)由安培力公式可求得电路中电流，则由闭合电路欧姆定律可得出电动势，再由E=BLV可求得cd的速度；(3)ab棒受力平衡，则由共点力平衡关系可求是拉力的大小，由P=Fv可求得拉力的功率．本题为电磁感应与力学的结合，在解题中要重点做好受力分析及运动情景分析，用好共点力的平衡关系及牛顿第二定律等基本规律．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30∘的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小为B=0.5T.在区域Ⅰ中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑，cd(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab将要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。解：(1)由右手定则可知，电流由a流向b；(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件得：Fmaxab刚好要上滑时，感应电动势：E=BLv，电路电流：I=Eab受到的安培力：F安此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得：F安代入数据解得：v=5m/s；(3)cd棒运动过程中电路产生的总热量为Q总由能量守恒定律得：m2ab上产生的热量：Q=R解得：Q=1.3J；答：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向由a流向